Đề thi thử học kỳ 2 môn Toán lớp 10 online - Mã đề 12

Ta có \(AB = \sqrt 5 ,AC = \sqrt 5 .\)

Suy ra tam giác ABC cân tại A. Do đó đường phân giác trong của góc A cũng là đường trung tuyến.

Trung điểm BC là \(M\left( {{5 \over 2};{3 \over 2}} \right)\).

Phương trình đường thẳng AM

\(\dfrac{{x - 2}}{{\dfrac{5}{2} - 2}} = \dfrac{y}{{\dfrac{3}{2}}} \)

\(\Leftrightarrow 3x - 6 = y \Leftrightarrow 3x - y - 6 = 0\).

Phương trình cạnh AC có dạng

\(a\left( {x - 1} \right) + b\left( {y + 3} \right) = 0\)

\(\Leftrightarrow ax + by - a + 3b = 0.\)

Theo giả thiết

\(\eqalign{  & \cos B = \cos C \cr&\Leftrightarrow {{\left| {3 - 2} \right|} \over {\sqrt 5 .\sqrt {10} }} = {{\left| {3a - b} \right|} \over {\sqrt {10} .\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}  \cr  & \Leftrightarrow \sqrt 5 .\left| {3a - b} \right| = \sqrt {{a^2} + {b^2}}  \cr} \)                         

\(\eqalign{  &  \Leftrightarrow 5\left( {9{a^2} - 6ab + {b^2}} \right) = {a^2} + {b^2}  \cr  &  \Leftrightarrow 22{a^2} - 15ab + 2{b^2} = 0 \cr} \)

Chọn \(b = 1\)  ta có phương trình

\(22{a^2} - 15a + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \matrix{  a = {1 \over 2} \hfill \cr  a = {2 \over {11}} \hfill \cr}  \right.\)

Với \(a = {1 \over 2},b = 1\) ta có đường thẳng \({1 \over 2}x + y + {5 \over 2} = 0 \Leftrightarrow x + 2y + 5 = 0\) (loại vì song song với AB).

Với \(a = {2 \over {11}},b = 1\) ta có đường thẳng \({2 \over {11}}x + y + {{31} \over {11}} = 0 \)

\(\Leftrightarrow 2x + 11y + 31 = 0\).

Giao điểm của \(\Delta \) và \(\Delta '\) có tọa độ thỏa mãn hệ

\(\left\{ \matrix{  3x - 2y + 1 = 0 \hfill \cr  x + 3y - 2 = 0 \hfill \cr}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{  x = \dfrac{1 } {11} \hfill \cr  y = \dfrac{7}{11} \hfill \cr}  \right.\)

Phương trình đường thẳng cần tìm

\(\eqalign{  & 1\left( {x - {1 \over {11}}} \right) - 2\left( {y - {7 \over {11}}} \right) = 0  \cr  &  \Leftrightarrow x - 2y + {{13} \over {11}} = 0  \cr  &  \Leftrightarrow 11x - 22y + 13 = 0. \cr} \)

Vậy \(a + b =  - 11\).

Cạnh hình vuông \(a = d\left( {AB,CD} \right) = d\left( {M,CD} \right) \)\(\,=\dfrac{{\left| {0 + 3 + 10} \right|}}{{\sqrt {4 + 9} }} = \sqrt {13} .\)

Diện tích hình vuông là \(S = {a^2} = 13\).

Theo giả thiết

\(\eqalign{  & {{\left| {m + 2\left( {m + 1} \right)} \right|} \over {\sqrt {1 + 4} .\sqrt {{m^2} + {{\left( {m + 1} \right)}^2}} }} = {1 \over {\sqrt 2 }}  \cr  &  \Leftrightarrow \sqrt 2 \left| {3m + 2} \right| = \sqrt 5 .\sqrt {2{m^2} + 2m + 1}   \cr  &  \Leftrightarrow 2\left( {9{m^2} + 12m + 4} \right) = 5\left( {2{m^2} + 2m + 1} \right)  \cr  &  \Leftrightarrow 8{m^2} + 14m + 3 = 0 \cr&\Leftrightarrow \left[ \matrix{  m =  - \dfrac{1 }{ 4} \hfill \cr  m =  - \dfrac{3 }{ 2} \hfill \cr}  \right. \cr} \)

Vậy \({m_1}{m_2} = \dfrac{3 }{ 8}\).

Ta có

\({\tan ^2}\alpha  + {\cot ^2}\alpha  \)

\(= {\left( {\tan \alpha  + \cot \alpha } \right)^2} - 2\tan \alpha \cot \alpha  \)

\(= 4 - 2 = 2\).

\(P = 3{\sin ^2}\alpha  + 4{\cos ^2}\alpha \)

\(\;\;\;\;= 3\left( {1 - {{\cos }^2}\alpha } \right) + 4{\cos ^2}\alpha \)

\( \;\;\;\;= 3 + {\cos ^2}\alpha  = 3 + \dfrac{1}{4} = \dfrac{{13}}{4}.\)

\(S = {\cos ^2}1^\circ  + {\cos ^2}12^\circ  + {\cos ^2}78^\circ  + {\cos ^2}89^\circ \)

\(\;\;\; = {\cos ^2}1^\circ  + {\cos ^2}12^\circ  + {\sin ^2}12^\circ  + {\sin ^2}1^\circ\)

\(\;\;\;  = 2\)

Ta có:

\(1 = {\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  \)

\(\;\;\;= {\sin ^2}\alpha  + {\left( {\dfrac{1}{5} - \sin \alpha } \right)^2} \)

\(\;\;\;= 2{\sin ^2}\alpha  - \dfrac{2}{5}\sin \alpha  + \dfrac{1}{{25}}\)

\( \Leftrightarrow 2{\sin ^2}\alpha  - \dfrac{2}{5}\sin \alpha  - \dfrac{{24}}{{25}} = 0 \)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin \alpha  = \dfrac{4}{5}\\\sin \alpha  =  - \dfrac{3}{5}\end{array} \right.\)

Do \(0 \le x \le \pi \) nên \(\sin \alpha  \ge 0\). Chọn \(\sin \alpha  = \dfrac{4}{5}\).

Suy ra \(\cos \alpha  = \dfrac{1}{5} - \dfrac{4}{5} =  - \dfrac{3}{5}\).

Vậy \(\tan \alpha  = \dfrac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} =  - \dfrac{4}{3}\).

Ta có: \(\dfrac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }} = 1 + {\tan ^2}\alpha  = 1 + 7 = 8\).

Suy ra \({\cos ^2}\alpha  = \dfrac{1}{8}\). Do đó \(\cos \alpha  =  \pm \dfrac{1}{{2\sqrt 2 }}\).

Vậy \(\sin \alpha  = \tan \alpha \cos \alpha  =  \pm \dfrac{{\sqrt {14} }}{4}\).

Ta có \(\dfrac{1}{{\sin 18^\circ }} - \dfrac{1}{{\sin 54^\circ }} = \dfrac{{\sin 54^\circ  - \sin 18^\circ }}{{\sin 18^\circ \sin 54^\circ }} \)\(\,= \dfrac{{2\cos 36^\circ \sin 18^\circ }}{{\sin 18^\circ \sin 54^\circ }} = 2\)

Ta có: \(\sin 6x + \cos 4x = 0\)

\(\Leftrightarrow \sin 6x + \sin \left( {90^\circ  - 4x} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow 2\sin \left( {x + 45^\circ } \right)\cos \left( {5x - 45^\circ } \right) = 0.\)

Với \(x = 27^\circ \) thì \(5x - 45^\circ  = 90^\circ \) nên \(\cos \left( {5x - 45^\circ } \right) = 0.\)

Ta có: \(\tan \left( {x + y} \right) = \dfrac{{{\mathop{\rm tanx}\nolimits}  + \tan y}}{{1 - {\mathop{\rm tanx}\nolimits} {\mathop{\rm tany}\nolimits} }}\)\(\, = \dfrac{{\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3}}}{{1 - \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{3}}} = \dfrac{{\dfrac{5}{6}}}{{\dfrac{5}{6}}} = 1\).

Do \(x,y \in \left( {0;\dfrac{\pi }{2}} \right)\) nên \(0 < x + y < \pi \). Suy ra \(x + y = \dfrac{\pi }{4}\).

Ta có \(1 = {\sin ^2}x + {\cos ^2}x = 9{\cos ^2}x + {\cos ^2}x \)\(\,= 10{\cos ^2}x\)

\( \Rightarrow {\cos ^2}x = \dfrac{1}{{10}} \)

Vậy \(\sin 2x = 2\sin x\cos x = 6{\cos ^2}x = \dfrac{6}{{10}} = \dfrac{3}{5}.\)

Ta có:

\(F = 6\left( {1 - {{\sin }^2}x} \right) + 6\sin x - 2 \)

\(\;\;\;= 4 + 6\sin x - 6{\sin ^2}x\)

\(\;\;\; = 4 - 6\left( {{{\sin }^2}x - {\mathop{\rm sinx}\nolimits} } \right) \)

\(\;\;\;= 4 - 6\left[ {\left( {{\mathop{\rm sinx}\nolimits}  - \dfrac{1}{2}} \right) - \dfrac{1}{4}} \right]\)

\(\;\;\;= \dfrac{{11}}{2} - 6{\left( {{\mathop{\rm sinx}\nolimits}  - \dfrac{1}{2}} \right)^2}\).

Suy ra giá trị lớn nhất của \(F\) là \(\dfrac{{11}}{2}\) đạt được khi \({\mathop{\rm sinx}\nolimits}  = \dfrac{1}{2}\).

\(S = 3 - {\sin ^2}90^\circ  + 2{\cos ^2}60^\circ  - 3{\tan ^2}45^\circ \)\(\, = 3 - 1 + \dfrac{1}{2} - 3 =  - \dfrac{1}{2}\).

\(S = {\sin ^2}3^\circ  + {\sin ^2}15^\circ  + {\sin ^2}75^\circ  + {\sin ^2}87^\circ \)

\(\;\;\; = {\sin ^2}3^\circ  + {\sin ^2}15^\circ  + {\cos ^2}15^\circ  + {\cos ^2}3^\circ  = 2\)

Ta có \(\cot \alpha  = 2 \Rightarrow \dfrac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }} = 2 \)

\(\Rightarrow \cos \alpha  = 2\sin \alpha \).

Suy ra

\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{2\sin \alpha  + 3\cos \alpha }}{{2\sin \alpha  - 3\cos \alpha }}\\ \;\;\;\; = \dfrac{{2\sin \alpha  + 6\sin \alpha }}{{2\sin \alpha  - 6\sin \alpha }}\\ \;\;\;\; = \dfrac{{8\sin \alpha }}{{ - 4\sin \alpha }} =  - 2\end{array}\).

\({\tan ^3}\alpha  + {\cot ^3}\alpha  \)

\(= {\left( {\tan \alpha  + \cot \alpha } \right)^3} - 3\tan \alpha \cot \alpha \left( {\tan \alpha  + \cot \alpha } \right)\)

\(=  - 8 + 6 =  - 2\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}T = \tan 9^\circ  - \tan 27^\circ  - \tan 63^\circ  + \tan 81^\circ \\ \;\;\;\,= \left( {\tan 9^\circ  + \tan 81^\circ } \right) - \left( {\tan 27^\circ  + \tan 63^\circ } \right)\end{array}\)

\(\;\;\; \;= \dfrac{{\sin 9^\circ \cos 81^\circ  + \sin 81^\circ \cos 9^\circ }}{{\cos 9^\circ \cos 81^\circ }} - \dfrac{{\sin 27^\circ \cos 63^\circ  + \sin 63^\circ \cos 27^\circ }}{{\cos 27^\circ \cos 63^\circ }}\)

\(\;\;\;\; = \dfrac{{\sin 90^\circ }}{{\dfrac{1}{2}\left( {\cos 90^\circ  + \cos 72^\circ } \right)}} - \dfrac{{\sin 90^\circ }}{{\dfrac{1}{2}\left( {\cos 90^\circ  + \cos 36^\circ } \right)}}\)

\(\;\;\;\;= \dfrac{2}{{\cos 72^\circ }} - \dfrac{2}{{\cos 36^\circ }}\)

\(\;\;\;\; = \dfrac{{2\left( {\cos 36^\circ  - \cos 72^\circ } \right)}}{{\cos 72^\circ \cos 36^\circ }}\)

\(\;\;\;\;= \dfrac{{4\sin 54^\circ \sin 18^\circ }}{{\cos 72^\circ \cos 36^\circ }} = 4\)

\(\begin{array}{l}A = {\cos ^2}\dfrac{\pi }{{14}} + {\cos ^2}\dfrac{{3\pi }}{7}\\ \;\;\;\;= {\cos ^2}\dfrac{\pi }{{14}} + {\sin ^2}\left( {\dfrac{\pi }{2} - \dfrac{{3\pi }}{7}} \right)\\ \;\;\;\;= {\cos ^2}\dfrac{\pi }{{14}} + {\sin ^2}\dfrac{\pi }{{14}} = 1\end{array}\).

Ta có:

\(T = {\mathop{\rm sinx}\nolimits}  - \sqrt 3 \cos x \)

\(\;\;\;\;= 2\left( {\dfrac{1}{2}{\mathop{\rm sinx}\nolimits}  - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\cos x} \right)\)

\(\begin{array}{l} \;\;\;\;= 2\left( {\cos \dfrac{\pi }{3}{\mathop{\rm sinx}\nolimits}  - \sin \dfrac{\pi }{3}\cos x} \right)\\ \;\;\;\;= 2\sin \left( {x - \dfrac{\pi }{3}} \right)\end{array}\)

Suy ra T đạt giá trị nhỏ nhất là -2 khi \(\sin \left( {x - \dfrac{\pi }{3}} \right) =  - 1\). Chọn \(x =  - \dfrac{\pi }{6}\).

Ta có

\({\left( {\sin \alpha  + \cos \alpha } \right)^2} \)

\(= {\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  + 2\sin \alpha \cos \alpha  \)

\(= 1 + \sin 2\alpha  = 1 + m\).

Do \(\alpha \) là góc nhọn nên \(\sin \alpha  + \cos \alpha  > 0\).

Vậy \(\sin \alpha  + \cos \alpha  = \sqrt {1 + m} \).

Ta có \({\sin ^2}A = 1 - {\cos ^2}A = 1 - \dfrac{{16}}{{25}} = \dfrac{9}{{25}}\).

Mà \(\sin A > 0\) nên \(\sin A = \dfrac{3}{5}\).

Tương tự \(\sin {\bf{B}} = \dfrac{{12}}{{13}}\).

Suy ra

\(\cos C =  - \cos \left( {A + B} \right) \)

\(= \sin A\sin B - \cos A\cos B \)

\(= \dfrac{{36}}{{65}} - \dfrac{{20}}{{65}} = \dfrac{{16}}{{65}}\).

Ta có:

\(1 = {\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  \)\(= {\sin ^2}\alpha  + {\left( {\dfrac{1}{2} - \sin \alpha } \right)^2} \)\(= 2{\sin ^2}\alpha  - \sin \alpha  + \dfrac{1}{4}\)

\( \Leftrightarrow 2{\sin ^2}\alpha  - \sin \alpha  - \dfrac{3}{4} = 0 \)

\(\Leftrightarrow \sin \alpha  = \dfrac{{1 \pm \sqrt 7 }}{4}\)

Mà \(0^\circ  < \alpha  < 180^\circ \) nên \(\sin \alpha  > 0\). Chọn \(\sin \alpha  = \dfrac{{1 + \sqrt 7 }}{4}\).

Suy ra \(\cos \alpha  = \dfrac{1}{2} - \dfrac{{1 + \sqrt 7 }}{4} = \dfrac{{1 - \sqrt 7 }}{4}\).

=> \(\tan \alpha  = \dfrac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} = \dfrac{{1 + \sqrt 7 }}{{1 - \sqrt 7 }} \)\(\,= \dfrac{{{{\left( {1 + \sqrt 7 } \right)}^2}}}{{1 - 7}} =  - \dfrac{{4 + \sqrt 7 }}{3}\).

Vậy \(\left( {m,n} \right) = \left( {4,7} \right)\).

\(m\left( {x - m} \right) \ge x - 1 \)

\(\begin{array}{l}
\Leftrightarrow mx - {m^2} \ge x - 1\\
\Leftrightarrow mx - x \ge {m^2} - 1
\end{array}\)

\(\Leftrightarrow \left( {m - 1} \right)x \ge {m^2} - 1\) .

Có các trường hợp

\(m = 1:x \in \mathbb{R}\)

\(m > 1:x \ge m + 1\)

\(m < 1:x \le m + 1\)

Vậy bất phương trình có tập nghiệm \(S = \left( { - \infty ;m + 1} \right]\) khi m < 1.

Hàm số \(f\left( x \right) = \sqrt {\dfrac{{2 - x}}{{4 + x}}} \) được xác định khi và chỉ khi \(\dfrac{{2 - x}}{{4 + x}} \ge 0\)

Lập bảng xét dấu tìm được nghiệm \( - 4 < x \le 2\) .

Vậy hàm số có tập xác định \(D = \left( { - 4;2} \right]\) .

\(mx + 6 < 2x + 3m\)

\(\Leftrightarrow \left( {m - 2} \right)x < 3\left( {m - 2} \right)\) .

Với \(m < 2 \Leftrightarrow m - 2 < 0\) thì bất phương trình có tập nghiệm là \(S = \left( {3; + \infty } \right)\) .

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{x - 1}}{2} <  - x + 1\\\dfrac{{5 - 4x}}{2} \le 4\end{array} \right.\\  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 <  - 2x + 2\\5 - 4x \le 8\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x < 3\\4x \ge  - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow  - \dfrac{3}{4} \le x < 1\end{array}\)

Bất phương trình có tập nghiệm \(S = \left[ { - \dfrac{3}{4};1} \right)\) .

\(\left\{ \begin{array}{l}x - 3 < 0\\m - x < 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x < 3\\x > m - 1\end{array} \right.\)

Hệ bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi \(m - 1 < 3 \Leftrightarrow m < 4\) .

\(m\left( {x + 1} \right) < 2x \Leftrightarrow \left( {m - 2} \right)x <  - m\)

Với \(m{\rm{ }} = {\rm{ }}2\) thì bất phương trình trở thành \(0x <  - 2\) (vô nghiệm).

Với \(m{\rm{ }} > {\rm{ }}2\) thì bất phương trình có nghiệm \(x <  - \dfrac{m}{{m - 2}}\).

Với \(m{\rm{ }} < {\rm{ }}2\) thì bất phương trình có nghiệm \(x >  - \dfrac{m}{{m - 2}}\).

Vậy bất phương trình vô nghiệm khi \(m{\rm{ }} = {\rm{ }}2\).

\(\left| {2x - 1} \right| > x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x \ge \dfrac{1}{2}\\2x - 1 > x\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x < \dfrac{1}{2}\\1 - 2x > x\end{array} \right.\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x \ge \dfrac{1}{2}\\x > 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x < \dfrac{1}{2}\\x < \dfrac{1}{3}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 1\\x < \dfrac{1}{3}\end{array} \right.\)

Bất phương trình có tập nghiệm \(S = \left( { - \infty ;\dfrac{1}{3}} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\) .

\(5x - \dfrac{{x + 1}}{5} - 4 < 2x - 7\)

\(\Leftrightarrow 25x - x - 1 - 20 < 10x - 35\)

\( \Leftrightarrow 14x <  - 14 \Leftrightarrow x <  - 1\) .

Bất phương trình có tập nghiệm \(S = \left( { - \infty ; - 1} \right)\) .

\(\left\{ \begin{array}{l}5x + \dfrac{5}{7} > 3x + 1\\\dfrac{{6x + 3}}{2} < 2x + 5\end{array} \right. \) 

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
5x - 3x > 1 - \dfrac{5}{7}\\
3x + \dfrac{3}{2} < 2x + 5
\end{array} \right. \) \(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2x > \dfrac{2}{7}\\
x < \dfrac{7}{2}
\end{array} \right.\) \(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x > \dfrac{1}{7}\\
x < \dfrac{7}{2}
\end{array} \right.\)

\(\Leftrightarrow \dfrac{1}{7} < x < \dfrac{7}{2}\) .

Bất phương trình có ba nghiệm nguyên là 1, 2, 3.

\(\left( {1 - x} \right)\sqrt {2 - x}  < 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 - x > 0\\1 - x < 0\end{array} \right.\)

\(\Leftrightarrow 1 < x < 2\)

Bất phương trình có tập nghiệm \(S = \left( {1;2} \right)\) .

+ Đường thẳng d có hệ số góc k = -2 ⇒ VTCP \(\overrightarrow u  = \left( {1; - 2} \right) \Rightarrow VTCP{\rm{ }}\overrightarrow n  = \left( {2;1} \right)\)

+ Đường thẳng d đi qua M (2; 1) và có VTPT \(\overrightarrow n  = \left( {2;1} \right)\)

⇒ Phương trình đường thẳng d là: \(2\left( {x - 1} \right) + 1\left( {y - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + y - 4 = 0\)

Đường thẳng \(d//\Delta  \Rightarrow \) nhận VTCP của \(\Delta \) là \(\overrightarrow n  = \left( {3; - 4} \right)\) làm VTPT

⇒ nhận \(\overrightarrow u  = \left( {4;3} \right)\) làm VTCP ⇒ d đi qua A(2;-3) và nhận \(\overrightarrow u  = \left( {4;3} \right)\) làm VTCP

⇒ phương trình tham số của đường thẳng d là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 4t\\y = - 3 + 3t\end{array} \right..\)

Đường thẳng AB đi qua A(-1;-2) và có VTCP \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1;5} \right)\)

⇒ phương trình chính tắc của d là: \(\frac{{x + 1}}{1} = \frac{{y + 2}}{5}.\)

Đường thẳng d đi qua A(-1;2) và có hệ số góc k = 5

\( \Rightarrow d:y = 5\left[ {x - \left( { - 1} \right)} \right] + 2 \Leftrightarrow y = 5x + 7.\)

\(A \in Ox \Rightarrow A\left( {a;0} \right);B \in Oy \in B\left( {0;b} \right)\)

M(2;4) là trung điểm của AB \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{a + 0}}{2} = 2\\\frac{{0 + b}}{2} = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 4\\b = 8\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}A\left( {4;0} \right)\\B\left( {0;8} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AB:\frac{x}{4} + \frac{y}{8} = 1\)